2018-2019学年鲁科版高中物理选修3-2第4章远距离输电单元测试

1、2018-2019学年鲁科版高中物理选修3-2第4章 远距离输电 单元测试2018-2019学年鲁科版高中物理选修 3-2第4章远距离输电 单元测试、单选题1.如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比ni：兔=10： 1,接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中Q为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，R1为一定值电阻。下列说法中不正确的是（）A.电压表V的示数为22VB.当传感器R所在处出现火警时，电压表V的示数减小C.当传感器R2所在处出现火警时，电流表 A的示数增大D.当传感器R2所在处出现火

2、警时，电阻 R的功率变大2 .如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为20： 1,通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2 ,输电线的等效电阻为 R,原线圈输入图示的交流电压，当开关 s闭合时，以下说法中正确的是（）A.原线圈中电流不变B. R两端的电压减小C.原线圈输入功率变大11 Dy线圈输出电压小于 11V3 .如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（A.用户用电器上交流电的频率是100 HzB.发电机输出交流电的电压有效值是500 VC.输电线上的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定"D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小

3、4 .一理想变压器原副线圈的匝数比为n1 : n2=1 ： 2,电源电压 笈=220值 而 材，原线圈电路中接入一熔断电流Io=1 A的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R ,如图所示，为了使保险丝不致熔断，调节R时，其阻值最低不能小于（）11 / 9A. 440 QB. 440C. 880 D. 88OT2Q5 .如图所示，一理想变压器接在电压为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可以通过调节滑动触头P来改变.副线圈连接了交流电流表、定值电阻R）和可变电阻R,则（）A.保持P的位置不动，将B.保持P的位置不动，将R的阻值增大，电流表的读数变小R的阻值增大，R0的电功率变大C.保持R的阻值不变，将

4、D.保持R的阻值不变，将P向上滑动，电流表的读数变大P向上滑动，R0的电功率变大6.如图所示，电压 U保持不变，理想变压器的原线圈电路中连接者可变电阻着灯泡b.若将可变电阻 R的阻值增大，则下列说法正确的是（）R和灯泡a,副线圈电路中接A.灯泡a变亮，灯泡b变暗BT泡a变暗，灯泡b变亮C.灯泡a、灯泡b都变亮D.灯?a、灯泡b都变暗7 .如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比ni : n2=2： 1, V和A均为理想电表，灯泡电阻 Ri=6 Q AB端电压ui= 12 J!sin （100 nt） Vi列说法正确的是（）a、b和c.已知小灯泡的S,三个灯泡均能正常发光,A.电流频率为100 Hz

5、 1 B. V的读数为24 V ，C. A的读数为0.5 A 1 D.变压器输入功率为6 W二、多选题8 .如图，理想变压器原线圈与一交流电源相连，原、副线圈分别接有相同的灯泡 额定电压为0.3V,电阻为30a （假设电阻不随温度变化而变化）.闭合开关卜列说法正确的是（）A.原副线圈的匝数比为 2: 11 B.交流电源的电压值为 0.6VC.断开开关S,小灯泡b可能会烧坏的开开关S,小灯泡a可能会烧坏9 .如图中B为理想变压器，接在原线圈上的交变电压有效值保持不变.灯泡L1和L2完全相同（阻值恒定不变），R是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表.开始时开关S是闭合的.当S断开后，下列说法正

6、确的是（）A.电压表的示数变大B.电流表Ai的示数变小 C.电流表A2的示数变大 D.灯泡Li的亮度变亮10 .发电厂发电机的输出电压为 Ui ,发电厂至用户的输电导线的总电阻为R,通过输电导线的电流为I,用户两端得到的电压为 U2 ,输电导线上损耗的功率可表示为（）2A. -B.C. 2RD.I（Ui-U2）三、填空题11 .某发电厂输出的功率为200kW,输出电压为10kV.若采用200kV的高压输电，那么，升压变压器（不计变压器能量损失）的原线圈和副线圈的匝数比为 ;输电线等效电阻为10Q,输电线上的电压损失为 V.12 .在远距离输电中，输送电压为220伏，输送的电功率为44千瓦，输电

7、线的总电阻为 0.2欧，在使用原副 线圈匝数比为1:10的升压变压器升压，再用10:1的降压变压器降压方式送电时.输电线上损失的电压为V,损失的电功率为13 .为了减小远距离输电过程中在线路上的损耗，在功率和线路电阻一定时，应该采用提高的方式输电.四、解答题14 .水电站向小山村输电，输送的电功率为50Kw,若以1500V送电，线路上电功率损失 10Kw,线路的总电阻是？若以4500V送电，线路上电功率损失可降至多少Kw?五、综合题15 .某发电厂输出电压是 400V,输出功率为200kW.发电厂内经升压变压器通过两条输电线向远距离送电，最后再经一次降压变压器将电输送给用户，用户得到的电压是2

8、20V,输电线电阻为10a.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的2%,试求：（1）用户得到的电功率是多少？（2）输电线路中升、降压变压器原副线圈的匝数比？R=55 Q,两电表为理想电流表和电压表，变压器求：16.图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中(1)交流电压的函数表达式;(2)电流表的示数 L答案解析部分、单选题1 .【答案】A【解析】【分析】由图象可知，输入的电压为 220V,变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V,电压表测的是半导体热敏材料的电压，RlK?的总电压为22V,所以电压表的示数小于 22V,所以A错误；当出现火警时，温度升高，电阻 减小，副线圈

9、的电流变大，所以 田:的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以K2的电压就要减小，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，由于K的电阻不变，由 尸=?我.可知，电阻的功率变大，所以BCD正确；故选Ao【点评】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与 匝数程正比，电流与匝数成反比。2 .【答案】C【解析】【解答】解：开关 S闭合后，副线圈的电流和功率都变大，A、开关S闭合后，电阻减小，而电压不变，副线圈的电流增大，原线圈的电流也增大，故A错误；B、副线圈电流增大，R两端的电压增大，故 B错误；G原线圈的电压不变，而电流增大，故

10、原线圈的输入功率增大，故 C正确；D、副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变等于11V,故D错误.故选：C【分析】开关S闭合后改变了副线圈的电流和功率，根据变压器原副线圈电压、电流与匝数比的关系即可求解.3 .【答案】D【解析】【解答】A、由u-t图象可知，交流电的周期 T= 0. 02 s,故频率f= 50 Hz, A不符合题意； 力 B、交流电的电压最大值 Um= 500 V,故有效值U= 彳=250 V, B不符合题意；C、输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原、副线圈的匝数比决定，C不符合题D、当用户用电器的总电阻增大时，副

11、线圈上的电流减小，根据小，根据P=居R得，输电线损失的功率减小，D符合题意。故答案为：Do【分析】据乙图可知，发电机的峰值电压和周期，即可得出有效电压和频率，输出电压由 原副线圈的匝数之比决定，而电流也要通过电阻来决定，功率的损失取决于热功率。4 .【答案】C【解析】 解答：当原线圈电流Ii = Io时，副线圈中的电流（即副线圈中电流的有效值）为八=.2 = 1 = - .4 ,副线圈的输出电压有效值为Ur =g=44。力二啊 2" 叫42因此副线圈电路中负载电阻的最小值为Rmin = = 880 Q .故选C分析：本题的关键是要知道保险丝熔断电流Io= 1 A为电流的有效值.5 .

12、【答案】A【解析】【解答】解：A、保持P的位置不动，原副线圈电压不变，将R的阻值增大，电流表读数变小，A正确；B、P位置不动，副线圈电压不变，将R的阻值增大，副线圈电流减小，故Ro的电功率减小，B错误；C将P向上滑动，匝数比增大，副线圈的电压减小，保持R的阻值不变，电流表的读数变小，C错误；D、将P向上滑动，匝数比增大，副线圈的电压减小，保持R的阻值不变，电流表的读数变小，R0的电功率变小，D错误.故选：A.【分析】当保持R不变，则由原线圈电压匝数变化，导致副线圈的电压变化，从而根据闭合电路欧姆定律 即可求解；当保持 P位置不变时，则由电阻变化来确定电流的如何变化，从而得出电表如何，再由变压器

13、 的变压比与变流比关系来判定结果.6 .【答案】D【解析】【解答】解：若将可变电阻R的阻值增大，则原线圈的电流强度Ii减小，灯泡b变暗；根据理想变压器原理可得：;殖，Ii减小，则I2减小，故灯泡b变暗；D符合题意、ABC不符合题意； 故答案为：D.【分析】本题主要考查变压器工作原理，原副线圈电流之比等于线圈匝数之比的倒数，据此公式判断电流 变化进而推断灯泡亮度。7 .【答案】D【解析】 解答： T - - 二 0 一02，所以频率应为f=50 Hz, A错；Ui=12V,由ni：n2=2：1知，6=6V, B 错；电流为 八= L41 A, C错；功率 Pi=P2=6 W , D正确。 * R

14、故选D分析：本题考查变压器基本原理，属于基础题。 二、多选题8 .【答案】A,C【解析】【解答】解：A、根据题意，闭合开关S,三个灯泡均能正常发光，设通过每盏灯泡的电流为I,则原线圈电流h=I,副线圈电流12=21根据电流与匝数成反比，有或=宁=+=亍，故A正确；B、根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为Ui=2U2=2X 0.3V=0.6V交流电源的电压等于原线圈两端的电压与灯泡两端的电压之和，所以交流电源的电压值大于0.6V,故B错误；C、断开开关S,副线圈电阻变大，将变压器即负载等效为一个电阻，根据闭合电路欧姆定律知电流变 小，所以小灯泡a两端的电压减小，变压器输入电压增大，根据电压

15、与匝数成正比，输出电压也增大，小灯泡b有可能会烧坏，故 C正确，D错误；故选：AC【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据断开s后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的各部分电路中的电流和电压的变化的情况，再结合变压器的变流比和变压比规律即可求解；9 .【答案】B,D【解析】【解答】解：S断开后相当于负载减少，总电阻增大，副线圈中电流减小，原线圈中的电流也减小，故B正确C错误；副线圈电流减小，但副线圈两端的电压不变，因此定值电阻的分压减小，所以灯泡Li的亮度变亮，故 A错误D正确；故选BD【分析】断开开关，总电阻增大

16、，电流减小，副线圈两端的电压由变压器的匝数之比和原线圈的输入电压 有关，再结合闭合电路欧姆定律分析灯泡的亮度变化.10 .【答案】B,C,D【解析】【解答】解：升压变压器的输出电压为Ui ,降压变压器的输入电压为U2 ,则输电线上的电压损失U=Ui - U2 ,升压输电线上损失的功率为 P®=A UI=I (Ui - 5)或尸损=当二= ，一 7“吁"一则B，D正确，因为输电线上的电流为I,则输电线上损失的功 P损=I2R.故C正确，故选：BCD.【分析】根据输电线中的电流，结合P损=I2R求出损失的功率，或根据电压损失，结合F报二 UI二 专二求出输电线上的损失功率三、填

17、空题11 .【答案】1: 20; 10【解析】【解答】解：根据电压与匝数成正比，有/ G _ 1。上_ 120输电上的电流U 200xl0J电压损失U=IR=1X 10=10V故答案为：1： 20 10【分析】根据变压器线圈匝数比等于电压之比即可求解；由unR求输电线上电压损失.12 .【答案】4; 80【解析】【解答】 由P=UI ,得输电导线中的电流 ，口£=上迎也且二2004；U 220因为圭=至，所以八=巴九=”月输电线上损失的电压损失的电功率【分析】输电线上损失的电压“*三If ；损失的电功率 尸二7,。13 .【答案】电压【解析】【解答】解：由线路损耗功率 尸掰二尸尺二（

18、三）正可知为了减小线路上损失的功率，在功率和线路电阻一定时，可以采取的措施有提高输送电压故答案为：电压【分析】根据线路损耗电功率的计算公式可知在功率和线路电阻一定时，可以采取提高输送电压的方式输电。四、解答题14 .【答案】解:根据P = U1得：I =彳A=I、A.再根据P.mFR得，线路的总电阻为：R=,=尚田=96当以4500V送电，输电电流为： p =g=A = lg。A ,则损失的功率为：【解析】【分析】利用公式 p=ui求出输电线的电流，再求出输电线的电阻，当输入电压发生改变时，求 出电流和损耗功率，做差即可。五、综合题15 .【答案】（1）解：用户得到功率为：P' = P1-2%） =196 kW降压（2）解：设升压变压器输入电压为U1 ,输入电流为I1 ,输出电压为U2 ,输出电流为I2 .变压器输入电压为 U3 ,输出电压为U4 .则输电线损耗功率为：P线=PX 2%又P线=I22R线解得：u = f =吗 0° v = io。00 V' J? zu打4001升压变压器的变比为:。0。降压变压器原线圈中的电压为:U3=U2- U 线=10000 - 20X 10V=9800V降压变压器的变比为：【解析】【分析】（1）用户得到的功率等于发电厂输出功率减去损失功率；（2）由输电线损耗功率